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力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F 合=ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2动量观点动量定理I 合=p ′-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。
已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。
弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。
求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。
【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。
高考定位功和功率、动能和动能定、机械能守恒定律、能量守恒定律是力的重点，也是高考考查的重点，常以选择题、计算题的形式出现，考题常与生产生活实际联系紧密，题目的综合性较强．应考策略：深刻解功能关系，综合应用动能定、机械能守恒定律和能量守恒定律，结合动力方法解决多运动过程问题．考题1 力中的几个重要功能关系的应用例1(双选)如图1所示，足够长粗糙斜面固定在水平面上，物块通过平行于斜面的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为开始时，、b均静止且刚好不受斜面摩擦力作用．现对b施加竖直向下的恒力F，使、b做加速运动，则在b 下降高度过程中( )图1A．的加速度为错误！未定义书签。
B．的重力势能增加g．绳的拉力对做的功等于机械能的增加D．F对b做的功与摩擦力对做的功之和等于、b动能的增加审题突破重力势能的变和什么力做功相对应？机械能的变和什么力做功相对应？动能的变又和什么力做功相对应？答案BD1．(单选)如图2所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为的小物块(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为此过程中，以下结论错误的是( )图2A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)·(L＋)B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为f．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋)D．小物块和小车增加的机械能为F(L＋)答案 D解析小物块受到的合外力是F－f，位移为L＋，由动能定可得小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋)，同小车的动能也可由动能定得出为f；由于小物块和小车间的滑动摩擦力产生内能，小物块和小车增加的机械能小于F(L ＋)．2．(单选)(2014·广东·16)图3是安装在列车车厢之间的摩擦缓冲器结构图，图中①和②为楔块，③和④为垫板，楔块与弹簧盒、垫板间均有摩擦，在车厢相互撞击使弹簧压缩的过程中( )图3A．缓冲器的机械能守恒B．摩擦力做功消耗机械能．垫板的动能全部转为内能D．弹簧的弹性势能全部转为动能答案 B解析由于车厢相互撞击弹簧压缩的过程中存在克服摩擦力做功，所以缓冲器的机械能减少，选项A错误，B正确；弹簧压缩的过程中，垫板的动能转为内能和弹簧的弹性势能，选项、D错误．3．(双选)如图4甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量＝1 g的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 /2，37°＝06，c 37°＝08则下列说法正确的是( )图4A．物体与传送带间的动摩擦因为0875B．0～8 内物体位移的大小为18．0～8 内物体机械能的增量为90 JD．0～8 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为126 J答案 A解析根据速度时间图象分析，前6秒钟，物体的加速度方向沿传送带向上，大小为＝1 /2，根据物体在传送带上受力分析有μg c θ－gθ＝，整得μ＝0875，选项A正确0～8 内物体位移等于前8秒钟速度时间图象与时间轴围成的面积，时间轴上面的部分代表位移为正，下面的部分代表位移为负，结合图象得位移＝＋2－2×22＝14 ，选项B错误0～8 内物体动能增加量为12×v2－12×v\( 2,0)＝6 J，重力势能增加g× θ＝84 J，机械能增加量为6 J＋84 J＝90 J，选项正确．摩擦生热分为三部分，第一部分为前2秒：Q1＝μg c θ×v21＝14 J，第二部分为2～6 ，摩擦生热Q 2＝μg c θ×v22＝56 J，最后物体做匀速直线运动摩擦力为静摩擦力，二者没有相对运动，不产生热量，所以0～8 内物体与传送带由于摩擦产生的热量为Q1＋Q2＝70 J，选项D错误．几个重要的功能关系1．重力的功等于重力势能的变，即W G＝－ΔE p2．弹力的功等于弹性势能的变，即W弹＝－ΔE p3．合力的功等于动能的变，即W＝ΔE4．重力(或弹簧弹力)之外的其他力的功等于机械能的变，即W其他＝ΔE5．一对滑动摩擦力做的功等于系统中内能的变，即Q＝f相对考题2 动力方法和动能定的综合应用例2光滑圆轨道和两倾斜直轨道组成如图5所示装置，其中直轨道bc粗糙，直轨道cd光滑，两轨道相接处为一很小的圆弧．质量为＝01 g的滑块(可视为质点)在圆轨道上做圆周运动，到达轨道最高点时的速度大小为v＝4 /，当滑块运动到圆轨道与直轨道bc的相切处b时，脱离圆轨道开始沿倾斜直轨道bc滑行，到达轨道cd上的d点时速度为零．若滑块变换轨道瞬间的能量损失可忽略不计，已知圆轨道的半径为R＝025 ，直轨道bc的倾角θ＝37°，其长度为L＝2625 ，d点与水平地面间的高度差为＝02 ，取重力加速度g＝10 /2，37°＝06求：图5(1)滑块在圆轨道最高点时对轨道的压力大小；(2)滑块与直轨道bc间的动摩擦因；(3)滑块在直轨道bc上能够运动的时间．审题突破(1)在圆轨道最高点处滑块受到的重力和轨道的支持力提供向心力，由牛顿第二定律即可求解；(2)从点到d点重力与摩擦力做功，全程由动能定即可求解；(3)分别对上滑的过程和下滑的过程中使用牛顿第二定律，求得加速度，然后结合运动的公式，即可求得时间．解析(1)在圆轨道最高点处对滑块，由牛顿第二定律得：g ＋F N ＝v 2R ，得F N ＝(v 2R－g )＝54 N由牛顿第三定律得滑块在圆轨道最高点时对轨道的压力大小为54 N (2)从点到d 点全程，由动能定得：g (R ＋R c θ＋L θ－)－μg c θ·L ＝0－12v 2μ＝g R ＋R c θ＋L θ－＋v 22gL c θ＝08(3)设滑块在bc 上向下滑动的加速度为1，时间为1，向上滑动的加速度为2，时间为2，在c 点时的速度为v c 由c 到d ：12v \( 2,c )＝gv c ＝2g ＝2 /点到b 点的过程：gR (1＋c θ)＝12v \( 2,b )－12v 2v b ＝v 2＋2gR ＋c θ＝5 /在轨道bc 上： 下滑：L ＝v b ＋v c21 1＝2Lv b ＋v c＝75 上滑：g θ＋μg c θ＝22＝g θ＋μg c θ＝124 /20＝v c －222＝v c2＝2124≈016 μ> θ，滑块在轨道bc 上停止后不再下滑 滑块在bc 斜面上运动的总时间：总＝1＋2＝(75＋016) ＝766答案 (1)54 N (2)08 (3)7664．如图6()所示，一物体以一定的速度v0沿足够长斜面向上运动，此物体在斜面上的最大位移与斜面倾角的关系由图(b)中的曲线给出．设各种条件下，物体运动过程中的摩擦系不变．g＝10 /2，试求：图6(1)物体与斜面之间的动摩擦因；(2)物体的初速度大小；(3)θ为多大时，值最小．答案(1)33(2)5 / (3)π3解析(1)由题意可知，当θ为90°时，v0＝2g ①由题图b可得：＝5 4当θ为0°时，0＝543 ，可知物体运动中必受摩擦阻力．设动摩擦因为μ，此时摩擦力大小为μg，加速度大小为μg由运动方程得v\(2,)＝2μg0 ②联立①②两方程：μ＝3 3(2)由①式可得：v0＝5 /(3)对于任意一角度，利用动能定得对应的最大位移满足的关系式1 2v\( 2,)＝gθ＋μg c θ解得＝v\(2,)2gθ＋μc θ＝θ＋μc θ＝1＋μ2θ＋φ其中μ＝φ，可知的最小值为＝1＋μ2＝32≈108对应的θ＝π2－φ＝π2－π6＝60°＝π31．应用动力分析问题时，一定要对研究对象进行正确的受力分析、结合牛顿运动定律和运动公式分析物体的运动．2．应用动能定时要注意运动过程的选取，可以全过程列式，也可以分过程列式．(1)如果在某个运动过程中包含有几个不同运动性质的阶段(如加速、减速阶段)，可以分段应用动能定，也可以对全程应用动能定，一般对全程列式更简单．(2)因为动能定中功和动能均与参考系的选取有关，所以动能定也与参考系的选取有关．在中物中一般取地面为参考系．(3)动能定通常适用于单个物体或可看成单个物体的系统．如果涉及多物体组成的系统，因为要考虑内力做的功，所以要十分慎重．在中阶段可以先分别对系统内每一个物体应用动能定，然后再联立求解．考题3 综合应用动力和能量观点分析多过程问题例3(14分)如图7所示，倾角θ＝30°、长L＝45 的斜面，底端与一个光滑的14圆弧轨道平滑连接，圆弧轨道底端切线水平．一质量为＝1 g的物块(可视为质点)从斜面最高点A由静止开始沿斜面下滑，经过斜面底端B后恰好能到达圆弧轨道最高点，又从圆弧轨道滑回，能上升到斜面上的D点，再由D点由斜面下滑沿圆弧轨道上升，再滑回，这样往复运动，最后停在B点．已知物块与斜面间的动摩擦因为μ＝36，g＝10 /2，假设物块经过斜面与圆弧轨道平滑连接处速率不变．求：图7(1)物块经多长时间第一次到B 点；(2)物块第一次经过B 点时对圆弧轨道的压力； (3)物块在斜面上滑行的总路程．解析 (1)物块沿斜面下滑时，g θ－μg c θ＝(2分)解得：＝25 /2(1分)从A 到B ，物块匀加速运动，由L ＝122(1分)可得＝3105(1分)(2)因为物块恰好到点，所以到点速度为0设物块到B 点的速度为v ，则gR ＝12v 2(2分)F N －g ＝v 2R(1分) 解得F N ＝3g ＝30 N(1分) 由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力为F N ′＝30 N ，方向向下(1分)(3)从开始释放至最终停在B 处，设物块在斜面上滑行的总路程为，则gL θ－μg cθ＝0 (3分)解得＝9 (1分)答案(1)3105(2)30 N，方向向下(3)9(18分)如图8所示，有一个可视为质点的质量为＝1 g的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝18 /的初速度水平抛出，到达点时，恰好沿点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带．已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v＝3 /，小物块与传送带间的动摩擦因μ＝05，圆弧轨道的半径为R＝2 ，点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，重力加速度g＝10 /2，53°＝08，c 53°＝06求：图8(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量．答案(1)225 N，方向竖直向下(2)32 J解析(1)设小物体在点时的速度大小为v，由平抛运动的规律可知，点的速度方向与水平方向成θ＝53°，则由几何关系可得：v＝v 0c θ＝18c 53°/＝3 / ①由点到D点，由动能定得：gR(1－c θ)＝12v\( 2,D)－12v\( 2,)②小物块在D点，由牛顿第二定律得：F N －g ＝v \( 2,D )R③由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D 点时对轨道的压力为：F N ′＝F N④联立①②③④得：F N ′＝225 N ，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为，由牛顿第二定律得： ＝μg＝μg ＝05×10 /2＝5 /2⑤小物块匀减速直线运动的时间为1，向左通过的位移为1，传送带向右运动的距离为2，则：v D ＝1⑥1＝12\( 2,1)⑦2＝v 1⑧小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为2，向右通过的位移为3，传送带向右运动的距离为4，则v ＝2⑨3＝12\( 2,2)⑩4＝v 2⑪整个过程小物块相对传送带滑动的距离为： ＝1＋2＋4－3⑫产生的热量为：Q ＝μg ⑬联立⑤～⑬解得：Q ＝32 J知识专题练 训练5题组1 力中的几个重要功能关系的应用1．(双选)将质量为的小球在距地面高度为处抛出，抛出时的速度大小为v 0，小球落到地面时的速度大小为2v 0，若小球受到的空气阻力不能忽略，则对于小球下落的整个过程，下面说法中正确的是( )A．小球克服空气阻力做的功小于gB．重力对小球做的功等于g．合外力对小球做的功小于v\(2,0)D．重力势能的减少量等于动能的增加量答案AB解析从抛出到落地过程中动能变大了，重力做的功大于空气阻力所做的功，而这个过程中重力对小球做的功为g，所以选项A、B正确；从抛出到落地过程中，合外力做的功等于小球动能的变量：W合＝ΔE＝12(2v0)2－12v\( 2,)＝32v\( 2,)>v\( 2,0)，选项错误；因为小球在下落的过程中克服空气阻力做功，所以重力势能的减少量大于动能的增加量，选项D错误．2．(双选)如图1所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为，开始时、b及传送带均静止，且不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升高度(未与滑轮相碰)过程中( )图1A．物块重力势能减少gB．摩擦力对做的功大于机械能的增加．摩擦力对做的功小于物块、b动能增加之和D．任意时刻，重力对、b做功的瞬时功率大小不相等答案AB解析由题意gθ＝g，则＝θb上升，则下降θ，则重力势能的减少量为gθ＝g，故A正确．摩擦力对做的功等于、b机械能的增加量．所以摩擦力对做的功大于的机械能增加量．因为系统重力势能不变，所以摩擦力做的功等于系统动能的增加量，故B正确，错误．任意时刻、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率P b ＝gv ，对有：P ＝gv θ＝gv ，所以重力对、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 错误．故选A 、B题组2 动力方法和动能定的综合应用3．(双选)某家用桶装纯净水手压式饮水器如图2所示，在手连续稳定的按压下，出水速度为v ，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H ，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S ，水的密度为ρ，重力加速度为g ，则下列说法正确的是( )图2A ．出水口单位时间内的出水体积Q ＝vSB ．出水口所出水落地时的速度2gH．出水后，手连续稳定按压的功率为ρSv 32η＋ρvSgH ηD ．手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 答案 A解析 由题意知，设流水时间为，则水柱长v ，体积Q ′＝vS ，可得：单位时间内的出水体积Q ＝vS ，所以A 正确；设落地的速度为v 1，根据动能定gH ＝12v \( 2,1)－12v 2，故水落地时的速度不等于2gH ，所以B 错误；设时间内，供水质量为，人做功为W ，根据供水系统的效率为η可得：η＝gH ＋12v 2W，其中＝ρvS 代入得P＝ρSv 32η＋ρvSgH η，所以正确，D 错误． 4．(单选)如图3所示，质量为的滑块从 高处的点沿圆弧轨道b 滑入水平轨道bc ，滑块与轨道的动摩擦因相同．滑块在、c两点时的速度大小均为v，b弧长与bc 长度相等．空气阻力不计，则滑块从到c的运动过程中( )图3A．小球的动能始终保持不变B．小球在bc过程克服阻力做的功一定等于1 2 g．小球经b点时的速度大于g＋v2D．小球经b点时的速度等于2g＋v2答案解析由题意知，在小球从b运动到c的过程中，摩擦力做负功，动能在减少，所以A错误；从到c根据动能定：g－W f＝0可得全程克服阻力做功W f＝g，因在b段、bc段摩擦力做功不同，故小球在bc过程克服阻力做的功一定不等于g2，所以B错误；在b段正压力小于bc段的正压力，故在b段克服摩擦力做功小于在bc段克服摩擦力做功，即从到b克服摩擦力做功W f′<12g，设在b点的速度为v′，根据动能定：g－W f′＝12v′2－12v2，所以v′>g＋v2，故正确，D错误．5．如图4所示，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中AB是长为＝10 的水平直轨道，BD是圆心为O、半径为R＝10 的34圆弧轨道，两轨道相切于B点．在外力作用下，一小球从A点由静止开始做匀加速直线运动，到达B点时撤除外力．已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点，重力加速度为g＝10 /2求：图4(1)小球在AB段运动的加速度的大小；(2)小球从D点运动到A点所用的时间．(结果可用根式表示) 答案(1)25 /2(2)(5－3)解析(1)小滑块恰好通过最高点，则有：g＝v\( 2,)R解得v＝gR＝10 /从B到的过程中机械能守恒：1 2v\( 2,B)＝12v\( 2,)＋g·2R解得v B＝5gR＝10 5 /从A→B根据速度位移公式得：v\( 2,B)＝2 解得＝25 /2(2)从到D的过程中机械能守恒：1 2v\( 2,D)＝12v\( 2,)＋g·R解得v D＝3gR＝10 3 /由到B再到A的过程机械能守恒，故v A＝v B＝10 5 /小球从D→A做加速度为g的匀加速运动，由速度公式得：v A＝v D＋g解得＝(5－3)题组3 综合应用动力和能量观点分析多过程问题6．如图5所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝08 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R 用质量1＝04 g的物块将弹簧缓慢压缩到点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为2＝02 g的物块将弹簧缓慢压缩到点释放，物块过B 点后做匀变速运动，其位移与时间的关系为＝6－22，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆轨道．不计空气阻力g＝10 /2，求：图5(1)物块2过B 点时的瞬时速度v 0及与桌面间的滑动摩擦因； (2)BP 之间的水平距离；(3)判断2能否沿圆轨道到达M 点(要有计算过程)； (4)释放后2运动过程中克服摩擦力做的功． 答案 (1)6 / 04 (2)41 (3)不能 (4)56 J解析 (1)由物块2过B 点后其位移与时间的关系＝6－22与＝v 0＋122比较得：v 0＝6 / 加速度＝－4 /2 而－μ2g ＝2 得μ＝04(2)设物块由D 点以v D 做平抛运动 落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 根据几何关系有：v y v D＝ 45° 解得v D ＝4 / 运动时间为：＝2Rg＝1610＝04 所以DP 的水平位移为：4×04 ＝16BD 间位移为BD ＝v \( 2,D )－v \( 2,0)2＝25所以BP 间位移为25 ＋16 ＝41(3)设物块到达M 点的临界速度为v M ，有：2g ＝2v \( 2,M )R v M ＝gR ＝2 2 / 由机械能守恒定律得： 122v M ′2＝122v \( 2,D )－222gR 解得v M ′＝16－8 2 /因为16－82<2 2所以物块不能到达M点．(4)设弹簧长为A时的弹性势能为E p，释放1时，E p＝μ1g B释放2时E p＝μ2g B＋122v\( 2,)且1＝22可得：E p＝2v\( 2,0)＝72 J2释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为W f则由能量转及守恒定律得：E p＝W f＋122v\( 2,D)可得W f＝56 J7．如图6所示，高台的上面有一竖直的14圆弧形光滑轨道，半径R＝54，轨道端点B的切线水平．质量M＝5 g的金属滑块(可视为质点)由轨道顶端A由静止释放，离开B点后经时间＝1 撞击在斜面上的P点．已知斜面的倾角θ＝37°，斜面底端与B点的水平距离0＝3 ．g取10 /2，37° ＝06，c 37°＝08，不计空气阻力．图6(1)求金属滑块M运动至B点时对轨道的压力大小；(2)若金属滑块M离开B点时，位于斜面底端点、质量＝1 g的另一滑块，在沿斜面向上的恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，恰好在P点被M击中．已知滑块与斜面间动摩擦因μ＝025，求拉力F大小；(3)滑块与滑块M碰撞时间忽略不计，碰后立即撤去拉力F，此时滑块速度变为4 /，仍沿斜面向上运动，为了防止二次碰撞，迅速接住并移走反弹的滑块M，求滑块此后在斜面上运动的时间．答案(1)150 N (2)13 N (3)(05＋72)解析(1)从A到B过程，由机械能守恒定律得：MgR＝12Mv\( 2,B)在B点，由牛顿第二定律得：F－Mg＝M v\( 2,B)R解得F＝150 N由牛顿第三定律可知，滑块对B点的压力F′＝F＝150 N，方向竖直向下．(2)M离开B后做平抛运动水平方向：＝v B＝5由几何知识可知，的位移：＝－c 37°＝25设滑块向上运动的加速度为由匀变速运动的位移公式得：＝1 2 2解得＝5 /2对滑块，由牛顿第二定律得：F－g37°－μg c 37°＝解得F＝13 N(3)撤去拉力F后，对，由牛顿第二定律得：g37°＋μg c 37°＝′解得′＝8 /2滑块上滑的时间′＝v′＝05上滑位移：′＝v22′＝1滑块沿斜面下滑时，由牛顿第二定律得：g37°－μg c 37°＝″解得″＝4 /2下滑过程＋′＝12″″2解得″＝7 27 2)滑块返回所用时间：＝′＋″＝(05＋。
高中物理高三二轮复习专题：力学综合一、单选题1．（2分）如图1所示，水平地面上有一质量为m1足够长的木板，木板的右端有一质量为m2的物块，二者处于静止状态。
t=0 时刻起，用水平向右的拉力F作用在长木板上，F随时间t的变化关系为F =kt（k是常数）。
木板和物块的加速度a随时间t的变化关系如图2中的部分图线所示。
已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与长木板间的动摩擦因数为μ2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。
则（）A．图2中的②线为长木板的加速度随时间的变化规律B．图2中的②线为物块的加速度随时间的变化规律C．t1时刻对应的拉力为μ1m1gD．t2时刻为(μ1+μ2)(m1+m2)gk2．（2分）一足够长木板在水平地面上向右运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的小物块轻放到木板的右端，之后木板运动的v-t图象如图所示。
则小物块运动的v-t图象可能是（）A．B．C．D．3．（2分）一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度随时间变化的图线如图所示。
已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上，取重力加速度g=10m/s2。
则（）A．开始时物块运动的加速度大小为2 m/s2B．开始时物块运动的加速度大小为8 m/s2C．木板与地面间的动摩擦因数为0.2D．木板运动的时间为1 s4．（2分）为节约运行时间，设想一种高铁进站不停车模式。
如图（a）所示，站台内铁路正上方有一固定轨道AB，火车分为可分离的上下副、主车两部分，副车可在主车顶轨道上滑行。
主车保持匀速过站，需下车的乘客提前进入副车甲中，需上车的乘客已在静止于A端的副车乙中等待。
车尾到B端瞬间，甲刚好完全滑上固定轨道AB，主副车分离，副车甲立即减速，车头到A端时刚好停下，乘客下车。
当主车车头到A端时，副车乙立即从固定轨道开始加速滑上车顶轨道，当乙的车尾与主车车尾对齐时主副车刚好共速，锁死一起前进。
专题二 动量和能量知识在力学问题中的综合应用体系构建考向分析用动量和能量观点求解力学问题，是高中物理的核心内容，它以动量守恒、能量守恒和动能定理为核心构筑了经典物理的基本体系，是高中物理中涉及面较广、灵活性大、综合性强、内容丰富的部分，也是近年广东高考最热的考查内容之一，题型主要以综合性强的大题出现，相关试题可能通过弹簧模型、滑块类模型、碰撞模型、反冲等综合题形式出现，也有可能与带电粒子的运动及电磁感应定律综合在一起加以考查，这类题目难度较大，在广东高考中常以压轴大题呈现，如2011年广东理综第36题、2012年广东理综第36题。
考生要想得高分，必须在这类题目上有所突破。
热点例析题型一、功和功率 动能定理1．功。
（1）恒力的功：W ＝Fs cos α。
（2）变力做功：①用动能定理或功能关系求解；②用图象法求解，其中在F －s 图象中，曲线下的面积表示功的大小；③当力的功率恒定时W ＝Pt 。
2．功率。
（1）平均功率：P ＝W t（2）瞬时功率：P ＝Fv cos α 3．动能定理。
（1）内容：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。
（2）公式：∑W ＝ΔE k即W 1＋W 2＋W 3＋…＝12mv 22－12mv 21 （3）应用要点：对于单个物体应用动能定理W 总＝ΔE k ，W 总指物体所受的所有外力做的总功。
动能定理对全过程应用更加简便，即把几个过程作为一个整体，只考虑初、末状态的动能及过程中各力做功的代数和。
【例1】（2012·福建理综，17）如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A 、B 用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。
初始时刻，A 、B 处于同一高度并恰好处于静止状态。
剪断轻绳后A 下落、B 沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块（ ）A．速率的变化量不同B．机械能的变化量不同C．重力势能的变化量相同D．重力做功的平均功率相同【例2】如图所示，抗震救灾运输机在某场地卸放物资时，通过倾角为30°的固定光滑斜轨道面进行。
题型专练二力学三大观点的综合应用这部分知识单独考查一个知识点的试题非常少，大多数情况都是同时涉及到几个知识点，而且都是牛顿运动定律、动能定理和机械能守恒定律或能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的内容结合起来考查，考查时注重物理思维与物理能力的考核.例题1.竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。
t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。
物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。
已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
(a)(b)(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。
在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B 再次碰上。
求改变前后动摩擦因数的比值。
例题2.如图所示，半径R＝2.8 m的光滑半圆轨道BC与倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由一条光滑水平轨道AB相连，A处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B处与圆轨道相切。
在水平轨道上，两静止小球P、Q压紧轻质弹簧后用细线连在一起。
某时刻剪断细线后，小球P向左运动到A点时，小球Q沿圆轨道到达C点；之后小球Q落到斜面上时恰好与沿斜面向下运动的小球P发生碰撞。
已知小球P的质量m1＝3.2 kg，小球Q的质量m2＝1 kg，小球P与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，剪断细线前弹簧的弹性势能E p＝168 J，小球到达A点或B点时已和弹簧分离。
重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，不计空气阻力，求：(1)小球Q运动到C点时的速度大小；(2)小球P沿斜面上升的最大高度h；(3)小球Q离开圆轨道后经过多长时间与小球P相碰。
专题十五力学三大观点的综合应用1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2．系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).考向1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 如图1所示，长为L 的平台固定在地面上，平台的上平面光滑，平台上放有小物体A 和B ，两者彼此接触．物体A 的上表面是半径为R (R ≪L )的光滑半圆形轨道，轨道顶端有一小物体C ，A 、B 、C 的质量均为m .现物体C 从静止状态沿轨道下滑，已知在运动过程中，A 、C 始终保持接触．试求：图1(1)物体A 和B 刚分离时，物体B 的速度；(2)物体A 和B 刚分离后，物体C 所能达到距台面的最大高度； (3)判断物体A 从平台左边还是右边落地并简要说明理由． 答案 (1)133gR ，方向水平向右 (2)34R (3)A 从平台的左边落地解析 (1)设C 物体到达最低点的速度是v C ，A 、B 、C 组成的系统在水平方向动量守恒，系统内机械能守恒． m v A ＋m v B －m v C ＝0① mgR ＝12m v 2A ＋12m v 2B ＋12m v 2C②在C 物体到达最低点之前一直有：v A ＝v B ③ 联立①②③解得：v B ＝133gR ，方向水平向右④(2)设C 能够到达轨道最大高度为h ，A 、C 此时的水平速度相等，设它们的共同速度为v ，对系统应用动量守恒和机械能守恒规律可得：m v B －2m v ＝0⑤mgR ＝mgh ＋12m v 2B ＋12·2m v 2⑥ 联立⑤⑥式解得：h ＝34R ⑦(3)因为A 与B 脱离接触后B 的速度向右，A 、C 的总动量是向左的，又R ≪L ，所以A 从平台的左边落地．如图2，半径R ＝0.8 m 的四分之一圆弧形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点D 与长为L ＝6 m 的水平面相切于D 点，质量M ＝1.0 kg 的小滑块A 从圆弧顶点C 由静止释放，到达最低点后，与D 点右侧m ＝0.5 kg 的静止物块B 相碰，碰后A 的速度变为v A ＝2.0 m/s ，仍向右运动．已知两物块与水平面间的动摩擦因数均为μ＝0.1，若B 与E 处的竖直挡板相碰，没有机械能损失，取g ＝10 m/s 2.求：图2(1)滑块A 刚到达圆弧的最低点D 时对圆弧的压力； (2)滑块B 被碰后瞬间的速度； (3)讨论两滑块是否能发生第二次碰撞．答案 (1)30 N ，方向竖直向下 (2)4 m/s (3)见解析解析 (1)设小滑块运动到D 点的速度为v ，由机械能守恒定律有：MgR ＝12M v 2由牛顿第二定律有F N －Mg ＝M v 2R联立解得小滑块在D 点所受支持力F N ＝30 N由牛顿第三定律有，小滑块在D 点时对圆弧的压力为30 N ，方向竖直向下． (2)设B 滑块被碰后的速度为v B ，由动量守恒定律： M v ＝M v A ＋m v B解得小滑块在D 点右侧碰后的速度v B ＝4 m/s(3)讨论：由于B 物块的速度较大，如果它们能再次相碰一定发生在B 从竖直挡板弹回后，假设两物块能运动到最后停止，达到最大的路程，则 对于A 物块 －μMgs A ＝0－12M v 2A解得s A ＝2 m对于B 物块，由于B 与竖直挡板的碰撞无机械能损失，则 －μmgs B ＝0－12m v 2B解得s B ＝8 m(即从E 点返回2 m)由于s A ＋s B ＝10 m<2×6 m ＝12 m ，故它们停止运动时仍相距2 m ，不能发生第二次碰撞． 考向2 动量和能量观点在电学中的应用例2 如图3所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场．质量为m 2＝8×10－3 kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝0.045 m ，质量m 1＝1×10－3 kg 的带电小物块以初速度v 0＝0.5 m/s从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为0.1 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力．已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g ＝10 m/s 2，求：图3(1)碰后m 1的速度；(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝0.4 m ，求磁感应强度B 的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度B ′的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小？ 答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 解析 (1)m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 20 代入数据解得：v 1＝0.4 m/s设v 2＝0.1 m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2代入数据得：v 1′＝－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3 C粒子由洛伦兹力提供向心力，设其做圆周运动的半径为R ，则q v 2B ＝m 2v 22R轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动． m 1匀减速运动至停，其平均速度为： v ＝12v 1′＝0.2 m/s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T如图4所示，LMN 是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道，MN 水平且足够长，LM下端与MN 相切．质量为m 的带正电小球B 静止在水平面上，质量为2m 带正电小球A 从LM 上距水平高为h 处由静止释放，在A 球进入水平轨道之前，由于A 、B 两球相距较远，相互作用力可认为零，A 球进入水平轨道后，A 、B 两球间相互作用视为静电作用．带电小球均可视为质点．已知A 、B 两球始终没有接触．重力加速度为g .求：图4(1)A 球刚进入水平轨道的速度大小；(2)A 、B 两球相距最近时，A 、B 两球系统的电势能E p ； (3)A 、B 两球最终的速度v A 、v B 大小． 答案 (1)2gh (2)23mgh (3)132gh 432gh解析 (1)对A 球下滑的过程，据机械能守恒得： 2mgh ＝12·2m v 20 解得：v 0＝2gh(2)A 球进入水平轨道后，两球系统动量守恒，当两球相距最近时共速：2m v 0＝(2m ＋m )v 解得：v ＝23v 0＝232gh据能量转化和守恒定律：2mgh ＝12(2m ＋m )v 2＋E p ，得：E p ＝23mgh(3)当两球相距最近之后，在静电斥力作用下相互远离，两球距离足够远时，相互作用力为零，系统势能也为零，速度达到稳定． 2m v 0＝2m v A ＋m v B ， 12×2m v 20＝12×2m v 2A ＋12m v 2B 得：v A ＝13v 0＝132gh ，v B ＝43v 0＝432gh .8．综合应用力学三大观点解决多过程问题例3 (18分)如图5所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看作质点．图5(1)求甲球离开弹簧时的速度；(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离；(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．解析 (1)设甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2DR联立解得：v 0＝4 3 m/s(4分)(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙， 由能量守恒得E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙 得v 乙＝12 m/s(2分)之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2(2分)乙速度为零时离A 端最远，最远距离为： s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m(2分) 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒： E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s(2分) 甲沿轨道上滑时，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh ，得h ＝0.6 m<0.8 m(2分)则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 1＝2 3 m/s(1分) 乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为 v 2＝6 3 m/s(1分)故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左(2分)答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)见解析(限时：15分钟，满分18分)(2014·广东·35)如图6所示的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图6(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2① 解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12m v 21－12×2m v 22② 解得ΔE ＝9 J(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 ma ＝－μmg ③可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at 2④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若t ＝2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若t ＝4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s 设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2m v 2A －12×2m v 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.(限时：45分钟)1．如图1所示，质量为M ＝4 kg 的木板静置于足够大的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ＝0.01，板上最左端停放着质量为m ＝1 kg 可视为质点的电动小车，车与木板右端的固定挡板相距L ＝5 m.现通电使小车由静止开始从木板左端向右做匀加速运动,经时间t ＝2 s ，车与挡板相碰，车与挡板粘合在一起，碰撞时间极短且碰后自动切断小车的电源．(计算中取最大静摩擦力等于动摩擦力，并取g ＝10 m/s 2.)图1(1)试通过计算说明：车与挡板相碰前，木板相对地面是静止还是运动的？ (2)求出小车与挡板碰撞前，车的速率v 1和板的速率v 2； (3)求出碰后木板在水平地面上滑动的距离s .答案 (1)向左运动 (2)v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s (3)0.2 m 解析 (1)假设木板不动，电动车在板上运动的加速度为a 0， 由L ＝12a 0t 2得：a 0＝2Lt2＝2.5 m/s 2此时木板使车向右运动的摩擦力：f ＝ma 0＝2.5 N 木板受车向左的反作用力：f ′＝f ＝2.5 N木板受地面向右最大静摩擦力：f 0＝μ(M ＋m )g ＝0.5 N 由于f ′>f 0，所以木板不可能静止，将向左运动．(2)设车与挡板碰前，车与木板的加速度分别为a 1和a 2，相互作用力为F ，由牛顿第二定律与运动学公式：对小车：F ＝ma 1 v 1＝a 1t对木板：F －μ(m ＋M )g ＝Ma 2 v 2＝a 2t 两者的位移的关系：v 12t ＋v 22t ＝L联立并代入数据解得：v 1＝4.2 m/s ，v 2＝0.8 m/s(3)设车与木板碰后其共同速度为v ，两者相碰时系统动量守恒，以向右为正方向，有 m v 1－M v 2＝(m ＋M )v对碰后滑行s 的过程，由动能定理得： －μ(M ＋m )gs ＝0－12(M ＋m )v 2联立并代入数据，解得：s ＝0.2 m2．如图2所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图2(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？ 答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3)(20＋43)gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2 由机械能守恒定律得mg 3x 0sin 30°＝12m v 21由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2 解以上二式得v 2＝123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12(2m )v 22＝2mgx 0sin 30° 解得E p ＝14mgx 0(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 412m v 2＋mg 3x 0sin 30°＝12m v 23m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则12(2m )v 24＋E p ＝12(2m )v 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则12m v 25＝12m v 26＋mg 2x 0sin 30°＋mgR (1＋sin 60°) 在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝(20＋43)gx 0.3．在光滑水平面上静止着A 、B 两个小球(可视为质点)，质量均为m ，A 球是带电荷量为q 的正电荷，B 球不带电，两球相距为L .从t ＝0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E ，方向与A 、B 两球的连线平行向右，如图3所示．A 球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B 球发生完全弹性碰撞．设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A 、B 之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力．问：图3(1)小球A 经多长时间与小球B 发生第一次碰撞？(2)小球A 与小球B 发生第一次碰撞后瞬间A 、B 两球的速度大小分别是多少？(3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？答案 (1) 2mL qE (2)0 2qEL m (3)2 2mL qE解析 (1)小球A 在电场力的作用下做匀加速直线运动，L ＝12at 21a ＝qE m解得：t 1＝ 2mL qE(2)小球A 与小球B 发生完全弹性碰撞，动量守恒、机械能守恒．设A 球碰前速度为v A 1，碰后速度为v A 1′，B 球碰前速度为0，碰后速度为v B 1′，m v A 1＝m v A 1′＋m v B 1′12m v 2A 1＝12m v A 1′2＋12m v B 1′2 联立得：v A 1′＝0v B 1′＝v A 1v A 1＝at 1＝ 2qEL m所以v A 1′＝0 v B 1′＝ 2qEL m (3)第一次碰撞后，小球A 做初速度为0的匀加速直线运动，小球B 以v B 1′的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A 球第二次碰撞前速度为v A 2，碰后速度为v A 2′，B 球碰前速度为v B 2，碰后速度为v B 2′， v A 2＝at 2＝qE m t 2v B 2＝v B 1′＝2qEL m 12at 22＝v B 2t 2解得：t 2＝2 2mL qE v A 2＝at 2＝2 2qEL m根据动量守恒和机械能守恒得m v A 2＋m v B 2＝m v A 2′＋m v B 2′12m v 2A 2＋12m v 2B 2＝12m v A 2′2＋12m v B 2′2 联立得：v A 2′＝v B 2 v B 2′＝v A 2所以v A 2′＝ 2qEL m v B 2′＝2 2qEL m第二次碰撞后，小球A 做初速度为2qEL m 的匀加速直线运动，小球B 以v B 2′的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A 球第三次碰撞前速度为v A 3，碰后速度为v A 3′，B 球碰前速度为v B 3，碰后速度为v B 3′， v B 3＝v B 2′＝2 2qEL m 2qEL m t 3＋12at 23＝v B 3·t 3 解得：t 3＝2 2mL qE即完成第二次碰撞后，又经t 3＝22mL qE 的时间发生第三次碰撞． 4．如图4所示，一倾斜的传送带倾角θ＝37°，始终以v ＝12 m/s 的恒定速度顺时针转动，传送带两端点P 、Q 间的距离L ＝2 m ，紧靠Q 点右侧有一水平面长s ＝2 m ，水平面右端与一光滑的半径R ＝1.6 m的竖直半圆轨道相切于M 点，MN 为竖直的直径．现有一质量M ＝2.5 kg 的物块A 以v 0＝10 m/s 的速度自P 点沿传送带下滑，A 与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.75，到Q 点后滑上水平面(不计拐弯处的能量损失)，并与静止在水平面最左端的质量m ＝0.5 kg 的B 物块相碰，碰后A 、B 粘在一起，A 、B 与水平面的动摩擦因数相同均为μ2，忽略物块的大小．已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：图4(1)A 滑上传送带时的加速度a 和到达Q 点时的速度；(2)若A 、B 恰能通过半圆轨道的最高点N ，求μ2；(3)要使A 、B 能沿半圆轨道运动到N 点，且从N 点抛出后能落到传送带上，则μ2应满足什么条件？答案 (1)12 m/s 2 12 m/s (2)0.5 (3)0.09≤μ2≤0.5解析 (1)对A 刚上传送带时进行受力分析，由牛顿第二定律得：Mg sin θ＋μ1Mg cos θ＝Ma 解得：a ＝12 m/s 2设A 能达到传送带的速度，由v 2－v 20＝2as 0得运动的位移s 0＝116m<L 则到达Q 点前A 已和传送带共速由于Mg sin θ＝μ1Mg cos θ，所以A 先加速后匀速，到Q 点的速度为v ＝12 m/s.(2)设A 、B 碰后的共同速度为v 1，由动量守恒定律得：M v ＝(M ＋m )v 1解得：v 1＝10 m/sA 、B 在最高点时速度为v 3有：(M ＋m )v 23R＝(M ＋m )g 设A 、B 在M 点速度为v 2，由机械能守恒得：12(M ＋m )v 22＝12(M ＋m )v 23＋(M ＋m )g ×2R 在水平面上由动能定理得：12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 22＝μ2(M ＋m )gs解得：μ2＝0.5(3)①若以v 3由N 点抛出，则有：2R ＝12gt 2 s 1＝v 3t ＝3.2 m>s则要使AB 能沿半圆轨道运动到N 点，并能落在传送带上，则μ2≤0.5②若AB 恰能落在P 点，则有：2R －L sin θ＝12gt ′2 s ＋L cos θ＝v 3′t ′由12(M ＋m )v 2′2＝12(M ＋m )v 3′2＋(M ＋m )g ×2R 和12(M ＋m )v 21－12(M ＋m )v 2′2＝μ2(M ＋m )gs 联立可得：μ2＝0.09综上所述，μ2应满足：0.09≤μ2≤0. 5。
考情透析命题点考频分析命题特点核心素养传送带问题2023年：海南T18湖南T102022年：浙江6月T19江苏T12021年：全国（乙卷）T8辽宁T13试题往往通过运动图像提供信息，分析物体的实际运动；也有以生活中的常见现象为背景的计算题，重点考查对牛顿运动定律的理解及灵活应用。
试题通常涉及临界、极值问题并与图像相结合。
物理观念：运用运动和相互作用观念分析多物体的较复杂运动问题。
科学思维：根据牛顿运动定律综合分析物体的运动状态再结合数学知识进行推理计算。
板块问题临界问题热点突破1传送带问题▼考题示例1（2023·江苏省盐城市·模拟题）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行。
t ＝0时，将质量m ＝1kg 的物体（可视为质点）轻放在传送带上端，物体相对地面的v －t 图像如图乙所示，2s 时滑离传送带。
设沿传送带向下为正方向重力加速度g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
则（）A ．传送带的倾角θ＝30°B ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4C ．传送带上下两端的间距为15mD ．物体在传送带上留下的痕迹长度为5m 答案：D解析：AB ．由题图得0～1s 内物体加速度a 1＝11v t ∆∆＝10.01.0m/s 2＝10.0m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 11～2s 内加速度a 2＝22v t ∆∆＝12.010.01.0-m/s 2＝2.0m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得θ＝37°，μ＝0.5，故AB 错误；C ．由题可得物体0～2s 内的位移大小即为传送带上下两端的间距，根据v －t 图像与t 轴所围的面积表示位移，可知位移l ＝10.0×1.02m ＋10.0+12.02×1m ＝16m ，故C 错误；D ．由题图知传送带的速率v 0＝10m/s ，则0～1s 内，物体的位移为x 1＝10.0×1.02m ＝5m传送带的位移为x 2＝v 0t 1＝10×1m ＝10m故物体与传送带间相对位移大小为Δx 1＝x 2－x 1＝10m －5m ＝5m物体相对传送带向上运动；1～2s 内物体的位移为x 3＝10.0+12.02错误!未定义书签。
